2021-2022学年四川省成都市崇州市怀远中学高二（下）第一次月考物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年四川省成都市崇州市怀远中学高二（下）第一次月考物理试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了 下列不符合物理学史实的是，01s时穿过线框的磁通量最小等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年四川省成都市崇州市怀远中学高二（下）第一次月考物理试卷
1. 下列不符合物理学史实的是(    )
A. 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B. 卡文迪许通过扭称实验测定了静电力常量
C. 法拉第发现了电磁感应现象，实现了磁生电的设想
D. 安培提出了著名的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质
2. 如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则(    )
A. ab棒不受安培力作用
B. ab棒所受安培力的方向向右
C. ab棒中感应电流的方向由b到a
D. 螺线管产生的磁场，A端为N极
3. 弹簧振子在A、B间做简谐振动，O为平衡位置，A、B间的距离是20cm，振子由A运动到B的时间是2s，如图所示，则(    )
A. 从O→B→O振子做了一次全振动
B. 振动周期为2 s，振幅是10 cm
C. 从B开始经过6 s，振子通过的路程是60 cm
D. 从O开始经过3 s，振子处在平衡位置
4. 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示。产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是(    )
A. t=0.01s时穿过线框的磁通量最小
B. 该交变电动势的瞬时值表达式为e=222cos(100t)V
C. 电动势瞬时值为22V时，线圈平面与磁感线的夹角为45∘
D. 从计时时刻开始转过90∘过程的平均电动势为22V
5. 某电阻元件在正常工作时，通过它的电流按如图所示的规律变化．今与这个电阻元件串联一个多用电表(已调至交流电流档)，则多用电表的示数为(    )

A. 42A B. 4A C. 5A D. 52A
6. 如图所示，在平行虚线区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，粗细均匀的三角形闭合导线框abc的ab边与磁场边界平行(bc边长度小于磁场区域宽度).现使线框水平向右匀速穿过磁场区域，且速度方向与ab边始终垂直．若规定电流在线框中沿逆时针方向为正，在该过程中，导线框中的感应电流i随时间t的变化规律，可能如下面哪一图线所示(    )

A. B.
C. D.
7. 如图，MN和PQ是电阻不计的平行光滑金属导轨，金属棒与导轨间接触良好，其间距为L，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。则金属棒穿过磁场区域的过程中(    )

A. 通过电阻R的电流方向为从N到Q
B. 金属棒刚进入磁场时产生的感应电动势为BL2gh
C. 通过金属棒的电荷量为BdLR
D. 金属棒产生的焦耳热为mgh
8. 在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1000匝，横截面积S=20cm2。螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF。在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是(    )

A. 螺线管中产生的感应电动势为1.2V
B. 闭合K，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电
C. 闭合K，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10−2W
D. 闭合K，电路中的电流稳定后，断开K，则K断开后，流经R2的电荷量为1.8×10−2C
9. 下列关于电磁感应现象的说法正确的是(    )
A. 穿过闭合电路的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势越大
B. 穿过闭合电路的磁通量为零时，感应电动势不一定为零
C. 穿过闭合电路的磁通量变化越快，闭合电路中的感应电动势越大
D. 只要穿过闭合电路的磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流
10. 在如图所示的电路中，灯泡A1和A2的规格相同，L为自感系数较大的线圈、其直流电阻为RL。周同学先闭合开关S，调节滑动变阻器R、R1，使A1和A2都正常发光，然后断开开关S。吴同学在周同学走后，接通该电路继续实验，就吴同学观察的实验现象，下列说法正确的是(    )

A. 闭合开关S后，灯泡A1、A2逐渐亮起来
B. 闭合开关S后，灯泡A1逐渐亮起来，灯泡A2立即亮起
C. 闭合开关S待电路稳定后断开开关S，灯泡A1立即熄灭，灯泡A2逐渐熄灭
D. 闭合开关S待电路稳定后断开开关S，灯泡A1、A2逐渐熄灭
11. 如图甲所示为某一理想变压器，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电源，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，图中各电表均为理想电表，t=0时刻滑片处于最下端，下列说法正确的是(    )
A. 副线圈两端电压的变化频率为0.5Hz
B. 在t=0时刻，电流表A2的示数不为0
C. 滑片向上移动过程中，电压表V1和V2的示数不变，V3的示数变大
D. 滑片向上移动过程中，电流表A1示数变小，滑动变阻器R消耗的功率变大
12. 如图所示，半径为r，匝数为n的金属线圈下半部分置于匀强磁场中，总电阻为R，线圈固定不动，磁场以圆的直径AC为界。当t=0时匀强磁场的磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，则(    )

A. 线圈中的感应电流方向始终为顺时针方向
B. t=0时刻，线圈受到的安培力大小为πn2B02r3t0R
C. 0∼2t0通过导线某横截面的电荷量为πB0r2R
D. 回路中感应电动势恒为πnB0r22t0
13. 如图所示，MN、PQ为两足够长的光滑平行金属导轨，两导轨的间距L=1.0m，导轨所在平面与水平面间夹角θ=37∘，N、Q间连接一阻值R=0.3Ω的定值电阻，在导轨所在空间内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T。将一根质量m=0.1kg，电阻r=0.2Ω的金属棒ab垂直于MN、PQ方向置于导轨上。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，导轨的电阻以及接触电阻可忽略不计，当金属棒沿导轨下滑4.05m时，速度达到5m/s。重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8.下列说法正确的是(    )
A. 金属棒中的电流从a流向b
B. 当金属棒的速度为5m/s时，金属棒两端的电势差Uab=0.6V
C. 从金属棒出发到速度达到5m/s，金属棒产生的焦耳热为1.18J
D. 从金属棒出发到速度达到5m/s，通过金属棒电荷量为1.62C
14. 某校物理探究小组探究电磁感应规律的实验器材和电路如图所示。回答下列问题：
(1)请用笔画线代替导线，将图中各器材连接，构成正确的实验电路；
(2)实验中发现：闭合开关时，灵敏电流计的指针向左偏转了一下。闭合开关后，若将线圈A快速插入线圈B中，灵敏电流计的指针会______(选填“向左偏”、“不偏转”或“向右偏”)；开关保持闭合，线圈A保持静止，若把滑动变阻器的滑片快速向左滑动，灵敏电流计的指针会______(选填“向左偏”、“不偏转”或“向右偏”)；
(3)通过实验可以得出：当穿过闭合回路的______时，闭合回路中就会产生感应电流。

15. 图甲为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图。

(1)已知毫安表表头的内阻为10Ω，满偏电流为3mA；R1滑动变阻器，R2为电阻箱(0−9999.9Ω)，若将电阻箱R2的阻值调为990Ω，改装后的电表的量程为______ V；
(2)电流表A有两种规格，A1(量程0.6A，内阻约为0.1Ω)和A2(量程3A，内阻约为0.05Ω)；滑动变阻器R1有两种规格，最大阻值分别为20Ω和200Ω。则电流表应选用______ (填“A1”或“A2”)，R1应选用最大阻值为______ Ω的滑动变阻器；
(3)实验步骤如下：
①闭合开关S前，应将滑动变阻器R1的滑动片移到______ 端(选填“左”或“右”)；
②多次调节滑动变阻器的滑动片，记下电流表的示数I2和毫安表表头的示数I1；
③以I1为纵坐标，I2为横坐标，作I1−I2图线图线，如图乙所示；
④根据图线求得电源的电动势E=______ V(结果保留三位有效数字)，内阻r=______ Ω(结果保留两位有效数字)。
16. 地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为m带电量为q的小球用绝缘丝线悬挂在电场中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ，此时小球到地面的高度为h.求：
(1)匀强电场的场强？
(2)若丝线突然断掉，小球怎样运动，经过多长时间落地？
17. 某个小水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V.通过升压变压器升高电压向远处输电，输电线的总电阻为8Ω，在用户端用一降压变压器把电压降为220V.要求输电线上损失的功率控制为5kW(即用户得到的功率为95kW).请你设计两个变压器的匝数比．为此，请你计算：
(1)降压变压器输出的电流是多少？输电线上通过的电流是多少？
(2)输电线上损失的电压是多少？升压变压器输出的电压是多少？
(3)两个变压器的匝数比各应等于多少？
18. 如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ=37∘放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B=1T；现有一质量为m=0.1kg、总电阻R=20Ω、边长L=1m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，(取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8)求：
(1)线圈进入磁场区域时的速度大小；
(2)线圈释放时，PQ边到bb′的时间；
(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热。
19. 如图所示，平行光滑金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，且二者平滑连接。导轨水平部分MN的右侧区域内存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.4T.在距离磁场左边界线MN为d=0.8m处垂直导轨放置一个导体棒a，在倾斜导轨高h=0.2m处垂直于导轨放置导体棒b。将b棒由静止释放，最终导体棒a和b速度保持稳定。已知轨道间距L=0.5m，两导体棒质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.1Ω，g=10m/s2，不计导轨电阻，导体棒在运动过程中始终垂直于导轨且接触良好，忽略磁场边界效应。求：
(1)导体棒刚过边界线MN时导体棒a的加速度大小；
(2)从初始位置开始到两棒速度稳定的过程中，感应电流在导体棒a中产生的热量；
(3)两棒速度稳定后二者之间的距离。


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，故A正确；
B、卡文迪许测出了引力常数，库仑测定了静电力常量。故B错误；
C、法拉第发现了电磁感应现象，实现了磁生电的设想，使人类社会进入电气时代，故C正确；
D、安培提出了著名的分子电流假说，揭示了磁现象的电本质；故D正确。
本题选择不符合物理学史实的，故选：B
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

2.【答案】C 
【解析】解：ABC.ab棒沿导轨向右运动，由右手定则可知，ab中产生由b到a的向上的感应电流，根据左手定则可知，ab棒受安培力向左，故AB错误，C正确；
D.根据安培定则可知，螺线管产生的磁场，B端为N极，故D错误。
故选：C。
根据右手定则判断感应电流方向，根据左手定则判断安培力方向，结合安培定则判断电磁铁N极位置。
本题考查楞次定律，左手定则的运用，解题关键掌握如何区分使用，注意其作用。

3.【答案】C 
【解析】解：A、由图可知，从O→B→O振子完成了半个全振动，故A错误；
B、振子由A运动到B的时间为半个周期，则周期为4s。振幅A=OA=12AB=12×20cm=10cm。故B错误；
C、由于t=6s=1.5T，根据振子完成一次全振动通过的路程是4A，故从B开始经过6s，振子通过的路程是：S=1.5×4A=6A=6×10cm=60cm；故C正确；
D、从O开始经过3s=34T时，振子运动到A点或B点，不在平衡位置，故D错误。
故选：C。
弹簧振子完成一次全振动通过的路程是4A，从A到B振子的时间是半个周期，振幅等于BO间的距离．振子经过同一点时速度大小相等，加速度相等．振子位移A点或B点时弹性势能最大．
本题考查对简谐运动的周期、振幅的理解和判别能力．对于简谐运动质点通过的路程，往往一个周期通过4A去研究．

4.【答案】C 
【解析】解：A、由图象知，t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，故A错误；
B、由图可知，该交变电动势的最大值Em=222 V，周期为T=0.02s，则ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s，该交变电动势的瞬时值表达式为e=222sin(100πt)V，故B错误；
C、由瞬时值表达式e=222sin(100πt)V可知，当e=22V时，有sin(100πt)=22，则可知线圈平面与磁感线的夹角为45∘，故C正确；
D、从计时时刻开始转过90∘过程的平均电动势E−=nΔΦΔt=n|0−BS|T/4=4nBST，Em=nBSω=222V，联立方程，解得E−≈19.8V，故D错误；
故选：C。
从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大；分析清楚图示图象，应用法拉第电磁感应定律分析答题。
本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系。

5.【答案】C 
【解析】解：根据有效值的定义可得：(82)2RT2+(32)2RT2=I有效2RT，
解得：I有效=5A；
故选：C。
有效值的定义为：把直流电和交流电分别通过两个相同的电阻器件，如果在相同时间内它们产生的热量相等，那么就把此直流电的电压、电流作为此交流电的有效值．特别的，对于正弦交变电流最大值是有效值的2倍．
本题考查交变电流有效值的计算，根据交流电的定义计算即可．

6.【答案】A 
【解析】解：ab边进入磁场切割磁感线的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框中感应电流沿逆时针方向，为正值，因此B、D两选项是错误的。ab边出磁场的过程中，磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线框中感应电流沿顺时针方向，为正值。线框完全在磁场中运动时，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流。不论进入磁场，还是出磁场时，由于线框切割磁感线的有效长度都均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，导致产生感应电流均匀减小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
首先根据楞次定律判断ab边刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入和穿出磁场的过程中有效切割长度的变化，分析感应电动势大小的变化，判断感应电流大小的变化，从而得出正确结果。
对于电磁感应现象中的图象问题，可以通过排除法进行分析，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行判断。

7.【答案】B 
【解析】解：A、金属棒进入磁场的过程中，磁通量变小，根据楞次定律，通过电阻R的电流方向为从Q到N，故A错误；
B、金属棒从释放到刚进入磁场的过程中，根据动能定理可得：mgh=12mv2，解得金属棒刚进入磁场时的速度v=2gh；
此时产生的感应电动势：E=BLv=BL2gh，故B正确；
C、通过金属棒的电荷量q=I−t=E−2Rt=ΔΦ2R=BdL2R，故C错误；
D、根据能量守恒，电路中产生的总焦耳热Q=mgh，金属棒产生的焦耳热：Q′=12Q=12mgh，故D错误。
故选：B。
根据楞次定律判断电流方向；根据动能定理求解金属棒刚进入磁场时的速度，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小；根据电荷量的计算公式求解通过金属棒的电荷量；根据能量守恒定律、焦耳定律求解金属棒产生的焦耳热。
本题主要是考查电磁感应现象中的能量问题，关键是弄清楚金属棒运动过程中能量的转化情况，根据动能定理、功能关系、焦耳定律等进行解答。

8.【答案】C 
【解析】解：A.根据法拉第电磁感应定律可得螺线管中产生的感应电动势为：E=nΔΦΔt=nSΔBΔt，解得：E=0.8V，故A错误；
B.根据楞次定律可以判断回路中感应电流的方向应为逆时针方向，所以电容器的下极板带正电，故B错误；
C.闭合K，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为P=(ER1+R2+r)2R1，解得：P=2.56×10−2W，故C正确；
D.闭合K，电路中的电流稳定后电容器两端的电压为U=R2R1+R2+rE，解得：U=0.4V；
K断开后，流经R2的电荷量即为K闭合时电容器一个极板上所带的电荷量，即：Q=CU=30×10−6×0.4C=1.2×10−5C，故D错误。
故选：C。
根据法拉第电磁感应定律求出螺线管中产生的感应电动势；根据楞次定律，来判定感应电流方向，从而确定电容器的正负极；根据P=I2R求出电阻R1的电功率；电容器与R2并联，两端电压等于R2两端的电压，根据Q=CU求出电容器的电量。
本题是电磁感应与电路的综合，知道产生感应电动势的那部分相当于电源，然后再运用闭合电路欧姆定律进行求解。

9.【答案】BC 
【解析】解：A、根据E=△Φ△t可知，E与磁通量的变化率成正比，与磁通量大小无关，过闭合电路的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势不一定越大，故A错误；
B、只有穿过闭合回路中磁通量发生变化时，闭合回路中才会产生感应电流，穿过闭合电路的磁通量为零，若磁通量变化，则感应电动势不一定为零，故B正确；
C、根据E=△Φ△t可知，穿过闭合电路的磁通量变化越快，闭合电路中的感应电动势越大，故C正确；
D、只有穿过闭合回路中磁通量发生变化时，闭合回路中才会产生感应电流，穿过闭合电路的磁通量不为零，若磁通量不变化，没有感应电流产生，故D错误。
故选：BC。
感应电流产生的条件是穿过闭合电路磁通量发生变化．感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，根据法拉第电磁感应定律分析。
本题的解题关键是准确理解并掌握法拉第电磁感应定律及感应电流的产生条件，注意明确磁通量、磁通量变化量以及磁通量变化率间的区别。

10.【答案】BD 
【解析】解：AB、闭合开关S，灯泡A2与电源构成的回路没有线圈，直接亮起，灯泡A1与线圈串联，逐渐亮起，故A错误，B正确；
CD、电路稳定后断开开关S，由于自感现象，线圈中电流会逐渐减小，灯泡A1、A2与线圈构成闭合回路，灯泡A1、A2逐渐熄灭，故C错误，D正确；
故选：BD。
闭合开关S，灯泡A2直接亮起，灯泡A1与线圈串联，逐渐亮起；
电路稳定后断开开关S，由于自感现象，线圈中电流会逐渐减小，灯泡A1、A2与线圈构成闭合回路，灯泡A1、A2逐渐熄灭。
明确线圈是通直流阻交流，知道电路在接通瞬间和断开瞬间电路中线圈的磁通量会发生变化，会产生感应电流阻碍原电路中电流的变化。

11.【答案】BC 
【解析】A、理想变压器不改变交流电源的频率，副线圈两端电压的变化频率应为f=1T=50Hz，故A错误；
B、电流表测量的是交流电的有效值，而不是瞬时值，故在t=0时刻，电流表A2的示数不为0，故B正确；
C、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，故电压表V1和V2的示数不变，当滑片向上移动时，副线圈电阻变大，电路中的电流减小，定值电阻R0上的电压减小，因此电压表V3的示数变大，故C正确；
D、由于理想变压器的输入功率等于输出功率，副线圈电路中电流减小，结合原副线圈电流与匝数比的关系可知，电流表A1示数变小；在副线圈电路中，定值电阻R0可看作等效内阻，滑动变阻器R可看作外电阻，由于不确定滑动变阻器R与定值电阻R0的大小关系，因此无法判断滑动变阻器R的功率变化，故D错误。
故选：BC。

12.【答案】BD 
【解析】解：A、由题意可知线圈中磁通量先垂直纸面向外减小，再垂直纸面向里增大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流方向始终为逆时针方向，故A错误；
BD、根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为E=nΔΦΔt=nSΔBΔt=nπr2B02t0
根据闭合电路欧姆定律可得线圈中的电流大小为I=ER=nπr2B02Rt0
t=0时刻，线圈受到的安培力大小为F=B0I⋅2r=πn2B02r3t0R
故BD正确；
 C、0∼2t0时间内通过导线某横截面的电荷量为q=I⋅2t0=nB0πr2R，故C错误；
故选：BD。
根据楞次定律判断出感应电流方向，应用左手定则可以判断出线框受到的安培力大小是否变化；应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，应用电阻定律求出线框的电阻，然后应用欧姆定律可以求出感应电流，再求通过导线横截面的电量和A、C两端的电势差。
本题是电磁感应与电路相结合的综合题，根据题意应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、电阻定律与欧姆定律即可解题。运用法拉第电磁感应定律要注意：公式中S是有效面积，即有磁通量的那部分线框的面积，不是线框的总面积。

13.【答案】BD 
【解析】解：A、根据右手定则可知金属棒中的电流从b流向a，故A错误；
B、当金属棒的速度为5m/s时产生的感应电动势为：E=BLv=0.2×1.0×5V=1V
a端为高电势，则金属棒两端的电势差为：Uab=ER+r⋅R=10.3+0.2×0.3V=0.6V，故B错误；
C、从金属棒出发到速度达到v=5m/s过程中，根据动能定理可得：mgxsin⁡θ−W安=12mv2−0
解得克服安培力做的功为：W安=1.18J
则回路中产生的焦耳热为：Q=1.18J，
金属棒产生的焦耳热为：Qr=rR+rQ=0.20.3+0.2×1.18J=0.472J，故C错误；
D、根据电荷量的计算公式可得：q=I−t=E−R+rt=△ΦR+r=BLxR+r=0.2×1.0×4.050.3+0.2C=1.62C，故D正确。
故选：BD。
根据右手定则判断金属棒中的电流方向；求出金属棒的速度为5m/s时产生的感应电动势，根据欧姆定律求解金属棒两端的电势差；根据动能定理求解克服安培力做的功，根据功能关系、焦耳定律求解金属棒产生的焦耳热；根据电荷量的计算公式求解电荷量。
对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律进行解答；对于电磁感应涉及能量问题，关键是分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

14.【答案】向左偏  向右偏  磁通量发生变化 
【解析】解：(1)将线圈B和电流计串联形成一个回路，将开关、滑动变阻器、电源、线圈A串联而成另一个回路即可，实物图如下所示：

(2)闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，灵敏电流计的指针向左偏转了一下；闭合开关后，若将线圈A快速插入线圈B中，穿过线圈B的磁通量增加，灵敏电流计的指针会向左偏；开关保持闭合，线圈A保持静止，若把滑动变阻器的滑片快速向左滑动，流过线圈A的电流减小，电流产生的磁感应强度减小，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计的指针会向右偏；
(3)通过实验可以得出：当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路中就会产生感应电流。
故答案为：(1)实验电路如图所示；(2)向左偏；向右偏；(3)磁通量发生变化。
(1)注意在该实验中有两个回路，一个由线圈B和电流计串联而成，另一个由开关、滑动变阻器、电源、线圈A串联而成．
(2)根据题意判断指针偏转方向与磁通量变化的关系，然后根据题意分析答题。
(3)根据实验现象得出结论。
知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键．对于该实验，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习，注意穿过线圈B的磁通量增加还是减小是解题的关键．

15.【答案】3.0A1  20 左  1.480.84 
【解析】解：(1)将电阻箱R2与毫安表串联后改装成电压表，当阻值调为990Ω，改装后的电表的量程为U=Ig(R+Rg)=3×10−3×(990+10)V=3.0V；
(2)根据图像可知，整个过程的电流不超过0.5A，故电流表选A1；因内阻较小，为了便于调节，滑动变阻器应选择20Ω的；
(3)①为了让电流由最小开始调节，开始时滑动变阻器阻值滑到最大位置，故应滑到左端；
④改装后的电表的量程为3.0V，电表的内阻为RV=R+Rg=1000Ω，由串并联电路规律可知若毫安示数为I1，则其测量的电压应等于1000I1，则由闭合电路欧姆定律可知，所以图象中与纵坐标的交点表示电源的电动势E=1.48V，(由于存在误差，1.44∼1.52之间均对)。图象的斜率表示即内阻，解得r=(1.48−1.1)×10−3×10000.45Ω=0.84Ω(由于可能存在误差，0.82∼0.90之间均对)。
故答案为：(1)3.0；(2)A1、20；(3)①左、1.48(1.44∼1.52之间均对)、0.84(0.82∼0.90之间均对)
(1)根据串联电路特点与欧姆定律可以求出改装电压表的量程；
(2)应用欧姆定律大致求出定值电阻与滑动变阻器的阻值，然后作出选择；
(3)①为保护电路，应使电流尽量小，滑动变阻器应尽量大；④毫安表与R1串联相当于电压表，其表示电压U=1000I1，结合图象求出电动势和内阻。
本题考查了求电阻阻值、实验器材的选择，知道电压表的改装原理、分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。

16.【答案】解：(1)对小球列平衡方程有：
qE=mgtanθ
所以有：E=mgtanθq.
(2)丝线断后小球的加速度为a=gcosθ由hcosθ=12at2得：t=2hg
答：(1)匀强电场的场强mgtanθq.
(2)若丝线突然断掉，小球经2hg时间落地 
【解析】(1)小球受重力、拉力和电场力处于平衡，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得出匀强电场的场强．
(2)丝线断掉后，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出运动的时间．
本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．

17.【答案】解：(1)降压变压器的输出电流I用=P用U用=95000220A=4.32×102A.
输电线上的电流I2=P损R=50008A=25A.
(2)输电线上损失的电压U损=I2R=25×8V=200V，
升压变压器的输出电压U2=PI2=10000025V=4000V.
(3)升压变压器的匝数比n1n2=U1U2=2504000=116.
降压变压器的输入电压U3=U2−U损=4000−200V=3800V，
则降压变压器的匝数比n3n4=U3U4=3800220=19011.
答：(1)降压变压器输出的电流是4.32×102A，输电线上通过的电流是25A.
(2)输电线上损失的电压是200V，升压变压器输出的电压是4000V.
(3)两个变压器的匝数比分别为1：16，190：11. 
【解析】(1)根据用户端的功率和电压求出用户端的电流，根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流．
(2)根据输电线上的电流和输电线的电阻求出输电线上损失的电压，根据输出功率和输送的电流得出升压变压器的输出电压．
(3)根据原副线圈的电压比求出升压变压器的匝数比，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，从而通过电压比得出降压变压器的匝数比．
解决本题的关键知道原副线圈的电压比与匝数比的关系，知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系．

18.【答案】解：(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F安+μmgcos⁡θ=mgsin⁡θ，
安培力的计算公式：F安=BIL，
根据欧姆定律：I=ER
感应电动势：E=BLv
联立代入数据解得：v=4m/s；
(2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：
mgsinθ−μmgcosθ=ma
解得：a=2m/s2
线圈释放时，PQ边到bb′的距离v=at；
解得：t=2s；
(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于L=1m
根据功能关系可得：Q=W安=F安⋅2L
代入数据解得：Q=0.4J。
答：(1)线圈进入磁场区域时的速度大小为4m/s；
(2)线圈释放时，PQ边到bb′的时间为2s；
(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热为0.4J。 
【解析】(1)对线圈受力分析，根据平衡条件结合安培力的计算公式求解；
(2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解；
(3)根据功能关系求解线圈上产生的焦耳热。
本题主要是考查电磁感应中力学问题与能量问题的综合，涉及力学问题常根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；涉及能量问题，要知道电磁感应现象中的能量转化情况，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

19.【答案】解：(1)设导体棒b滑到边界线MN的速度大小为v0，在其到达水平轨道过程中机械能守恒，则有：
mgh=12mv02
导体棒b通过边界线MN时，发生电磁感应现象，导体棒a受到安培力作用而产生加速度即将开始运动，
产生的感应电动势：E=BLv0，
根据闭合电路的欧姆定律可得：I=E2R
根据牛顿第二定律可得：a=BILm
解得：a=4m/s2；
(2)当导体棒b进入磁场后，a、b棒组成系统在水平方向合力为零，当导体棒速度稳定时，两者做速度相等的匀速运动；
根据动量守恒定律可得：mv0=2mv
根据能量守恒定律可得：12mv02=12×2mv2+2Q
解得：Q=0.05J；
(3)设两棒速度稳定后两棒之间的距离为s，从b棒进入磁场到二者共速的过程中，对导体棒a由动量定理可得：
BI−Lt=mv
其中I−t=q=△Φ2R=BLx2R
而s=d−x
联立以上各式可得：s=0.3m。
答：(1)导体棒刚过边界线MN时导体棒a的加速度大小为4m/s2；
(2)从初始位置开始到两棒速度稳定的过程中，感应电流在导体棒a中产生的热量为0.05J；
(3)两棒速度稳定后二者之间的距离为0.3m。 
【解析】(1)根据机械能守恒定律求出b达到水平轨道时的速度，根据安培力的计算公式、牛顿第二定律求解加速度；
(2)根据动量守恒定律、能量守恒定律列方程求解感应电流在导体棒a中产生的热量；
(3)从b棒进入磁场到二者共速的过程中，对导体棒a由动量定理结合电荷量的计算公式列方程求解。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。